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1、微积分及其应用第二章习题解答练习2.1 1 对于任意正数e，分析当n满足什么条件时下列不等成立. 1pcos-0e； 2x-0e. nnn,cos解：因满足条件。 pn1,1p1p111cos-0=cos=e,0,若要2x-0=2x=2xe,只需xlog2e. 1,x22设f(x)=0,x2-2x,3x-6,x0,x=0,02x0-，求limf(x)，limf(x)，limf(x). x0x2x解 f(0-0)=limf(x)=lim1=+, x0-x22x0+ f(0+0)=limf(x)=lim(x-2x)=0, x0+ limf(x)不存在。 x0 f(2-0)=limf(x)=lim(
2、x-2x)=0, x2-x2-2 f(2+0)=limf(x)=lim(3x-6)=0, x2+x2+ limf(x)=0. x0 limf(x)=limx-1=0, x-x2 limf(x)=lim(3x-6)=+, x+x+ limf(x)不存在. x3指出下列函数在什么极限变量过程中是无穷小，在什么极限变量过程中是无穷大. x2x+1x+1； y=3； y=x(x-1)3x+1x-1f(x)=11+e1xx2x+1x2x+1lim3=0,lim=0,3x0x+x+1x+1解：易见故x0或x+时，函数为无穷小. x2x+1lim=, 故x-1+时，函数为无穷大. 3x-1+x+1lim易见
3、x0x(x-1)x+1x(x-1)x+1x(x-1)x+1=0,lim=0,lim=0333x-1+x+x-1x-1x-1故x0,x-1+，x+时函数为无穷小. lim11+e1xx0+=0,故x0+时函数为无穷小. 4说明当x+时f(x)=xcosx不是无穷大. 解 不是无穷大. 易见令xk=2kp+习题2.2 1计算下列函数f(x)=p2,k,x+但是f(xk)=xkcosxk=0. |x|在点x=0处的左右极限与极限. x(1+x2)-x=-1; x0-x(1+x2)x=1, x0+x(1+x2)x0解 f(x-0)=limf(x)=limx0- f(x+0)=limf(x)=limx0
4、+由于f(x+0)f(x-0), 故 limf(x)不存在. 2计算下列极限. 111lim+L+nn2+1n2+2n2+n解 由于对任意1in,有； lim(1n+2n+3n)n； n11n+n+L+21n+i1n+n221n+1nn+122故 nn+n2n1n+12+1n+2n2又由于 limnn+n2=1,limnn+12=1,故有 111lim+L+=1. 222nn+2n+nn+1易见3n1n+2n+3n33n, 且 limn(3n)1n=3,limn(33n)11n=limnn33=3. 故limnn(1n+2n+3)=3. 3证明xn=1a4+44a2+L44+43a(a0,n=
5、1,2,L)的极限存在，并求limnxn. n层根号证明 先证明数列xn有界.用数学归纳法证明. 当n=1时，x1=aa+1, x2=a+x1a+a+1a+2a+1=a+1, 假设当n=k时结论成立，即xka+1, 则当n=k+1时，xk+1=a+xka+a+10则x2=a+aa=x1, 假设当n=k时结论成立，即xk+1xk, 则当n=k+1时，xk+2=a+xk+1a+xk=xk+1,即证对所有的n数列都是单调的，单调有界数列必收敛，可知limnxn存在，不妨设为A. 对xn+1=a+xn,两端求极限，limnxn+1=limna+xn=a+limnxn,可得 A=a+A,即A2-A-a=
6、0,解方程得 A=1+1+4a2,或A=1-1+4a2， 故lim1+1+4anA=2. 习题2.3 1计算下列极限. 由lim1+1+L+1； n1223(n-1)n1lim(1-12)(1-1)L(1-2)； 2n23nx2+2x-3lim. x-3x+3x+x2+L+xn-nlim； x1x-1解 由于 111+L+ 1223(n-1)n =1-111111+-+L+-=1-, 223n-1nn1111lim+L+=lim1-=1.n12n23(n-1)nn故 由于 1111-21-2L+1-2 23n111111=1-1-L+1-1+1+L+1+23n23n n+11=1+,nn111
7、lim1-21-2L+1-2=1.n23n故 x+x2+L+xn-n(x-1)+x2-1+L+xn-1=由于 x-1x-1 =1+(x+1)+x+x+1+L+x2()()()(n-1+xn-2+L+1 )x+x2+L+xn-nn(n+1)lim=1+2+3+L+n=.x1x-12故 2计算下列极限. limsin2x； xxlimsin2x； pxx4limsin(sinx)； x0xlim1+sinx-1-sinx； x0xlim(x+e)； x01xxlim1-2x； x0xlim(1+1+12)n； nnnlimyn+1，其中yn=nn!； nynn2xlimx-2； x222x+3li
8、m. x2x-1()xsin2x=0.sin2x1,xx解 由于是个有界量，故 lim由于x0,sinxx, limsin(sinx)sinx=lim=1. x0x0xxpsin2sin2x4=4. =limlimpppxpxx444limx01+sinx-1-sinx2sinx =limx0xx1+sinx+1-sinx() =2limsinx1lim=1. x0x0x1+sinx+1-sinx1x1-2-=lim(1+(-2x)2x=e. x0lnx+exxlim(1-2x)x0-2limx+ex0(1xx)()=e=limex0lnx+exx0xlim(), xxx0,ln1+x+e-1
9、x+e-1,则 只需计算且由等价无穷小代换知当()lnx+exln1+x+ex-1x+ex-1=lim=lim=2, limx0x0x0xxx()()故 limx+ex0(1xx)=e2.2nn11n+1n+1+1lim1+2=lim1+2=lim1+2nnnnnnnnnn+1nn+1 =lim1+2nn2令t=,则x=2+x-2故 2x-2n2n+1nlimn+1n=e1=e. 2,且x2,t, txlimx221=lim1+=e. ttnt(yn+1n+1)!nnn(9)由于=, yn(n+1)n+1n!n+1ynn+1-1limn+1=lim=limnynn+1nn+1 n故 -1=li
10、m1+nn+1-(n+1)nn-nn+1-(n+1)-1=lim1+nn+1-nlimnn+1=e-1.4x2x-1x42x+3=lim1+ limx2x-1x2x-12x-144 =lim1+x2x-13计算下列极限. lim1-cosx； xx0+ln(1+xe)limcos(sin2x)-1； x03xeax-ebxlim； x0sin2x2x-14x2x-1lim4x=e2. limx0+1-cosx； sinxcosnx-cosmx； x2sinx-tanx； x3limx0limx0(7) limx02x+arcsinxarctanx. 解 当x0,ln(1+x)x,1-cosx1
11、2x,利用无穷小代换可知 21x1-cosx12lim=lim=. x0+ln1+xexx0+xex2()当x0,1-cosx12x, 22xx1-cosx22lim=lim=lim, x0x0sinxx2x0x故 极限不存在. 当x0,sinx0,且1-cosx12x,则 21-sin2xcos(sinx)-112 lim=lim=-. x0x03x23x26n+mn-m-2sinxsinxcosnx-cosmx22 =limlim22x0x0xxn+mn-msinxsinx22lim=-2. =-2limx0x0xx当x0,e-1x,则 xeax-ebxeax-1-ebx-1a-blim=
12、lim=. x0sin2xx02x2当x0,1-cosx()()12x,则 211-sinx-tanxsinxcosx=limsinxcosx-1=-1. lim=limx0x0x0x3xx2xx2cosx2当x0,arctanxx,arcsinxx,则 lim2x+arcsinx2x+arcsinx=lim=3. x0x0arctanxxx3=A0，求A，k； x+xk-(x+1)k4根据极限等式确定其中参数. lim2limx-3x+a=b，求a，b； x22-x若lim(1-33)=-1，求a； x-1ax+1x+132x-ax-x+4若lim=b，求a，b； x-1x+1limx1a1
13、+x-b=2，求a，b； x-1x2+1lim-ax-b=0，求a，b； xx+1x2+ax+blim2=2，求a，b. x2x-x-2x3x3解 limk =limkxx-(x+1)kxx-xk+c1xk-1+c2xk-2+L+x+1kk()x3 =lim=A0, x-kxk-1+c2xk-2+L+x+1k()则k-1=3,即k=4,再代入上式可得 x31lim4=-=A. xx-(x+1)44由于lim(2-x)=0,所以lim(x-3x+a)=0,即a=2. x2x223x3+1-3(ax+1)1-3limlim =x3x-1ax+1-1(ax+1)x+1x+1()由于 limx+1=0
14、, 故 limx+1-3(ax+1)=0, 33x-1x-1()()即 -a+1=0,a=1. (4) 由于lim(x+1)=0,所以lim(x-ax-x+4)=0,即a=4. x-1x-132(x3-4x2-x+4x-4)x2(x+1)=lim=lim(x-4)x2=-5. 故 b=limx-1x-1x-1x+1x+1由于lim(x-1)=0,lim(a1+x-b)=x1x12a-b=0,解得b=2a, 代入原式得 2=lim(a1+x-2a) x1x+1-2)x1x-1a(x-1) =lim x1(x-1)x+1+2a=,22=lim(a()解得a=42,b=4. 由于lim(x+1)=0
15、,. x-15 根据等价无穷小关系确定参数. 当x0时，a(1-cos2x)x2，求a. 当x0时，xln(1+kx)，求k. 当x0时，1+tanx-1+sinx1xa，求a. 4当x0时，2sinx-sin2xxk，求k. 解 由于x0时，1-cosx=sinxx故a=1. (2) 当x0,ln(1+x)x, k=1. (3) 当x0时, limx02221+tanx-1+sinx=limx0x3tanx-sinx(1+tanx+1+sinxx3)1tanx-sinx1sec2x-cosx=lim=lim2x0x32x03x211-cos3x11-cos3x=lim2=lim6x0xcos
16、2x6x0x213cos2xsinx1=lim=,6x02x4故a=3. (4) 当x0时, lim2sinx-sin2x2cosx-2cos2x=limx0x0x33x22-sinx+2sin2x =limx032x1-sinx4sin2x=lim+lim3x0x3x02x=1,故 k=3. 习题2.4 1利用函数连续性确定参数. 1arctanf(x)=xAx0在x=0处连续，求A. x0sin2x,x01-cosaxsin2bx,x0,已知函数f(x)=a,x=0,连续，求参数a, b. 1(1+4x)x,x0解 (1) 要使f(x)在x=0处连续，则f(0+0)=f(0-0), 又由于
17、f(0+0)=limf(x)=limarctanx0+x0+1p=, x2从而A=p2. (2) 由于f(x)是个分段函数，要使f(x)连续，只需证明f(x)在x=0处连续，即f(0+0)=f(0-0), 又由于 f(0+0)=lim(3x2-2x+k)=k, sin2xsin2xf(0-0)=lim=lim2=2,x0+x0+x2x故 k=2. (3) 由于f(x)是个分段函数，要使f(x)连续，只需证明f(x)在x=0处连续，即x0+f(0+0)=f(0-0), 又由于 f(0+0)=lim(ax+3cos2x)=3,x0+f(0-0)=lim(e-2a)=1-2a,axx0+故 a=-1
18、. (4) 由于f(x)是个分段函数，要使f(x)连续，只需证明f(x)在x=0处连续，即f(0+0)=f(0-0)=f(0), 又由于 12ax)2(1-cosaxaf(0+0)=lim=lim2=2,22x0+sinbxx0+2b(bx)1f(0-0)=lim(1+4x)=lim(1+4x)4x=e4, x0+x0+f(0)=a,1x4a=e4,b=故 22e.2 2寻找下列函数的可去间断点，并修改或补充间断点处函数值使其连续. x2-xf(x)=ln(1+kx)； f(x)=； |x|(x2-1)1f(x)=cotx； f(x)=sinxsin. xp-x2mx解 (1) 易见f(x)仅
19、在x=0处无定义，故x=0为函数的间断点，且 limf(x)=limln(1+kx)=emk, x0x0mx则x=0为可去间断点，故只需令f(0)=emk，则f(x)在x=0处连续. x2-xx(x-1)=,且 (2) 由于f(x)2|x|(x-1)|x|(x-1)(x+1)由于f(x)在x=0处极限不存在，故不是可去间断点； 11limf(x)=,f(1)=2即可使函2故x=1是函数的可去间断点，可令由于f(x)在x=1处x0数在x=1处连续, 由于f(x)在x=0处极限不存在，故不是可去间断点. p(3)由于f(x)=cotx，函数仅在x=处没有定义，且 2p-x2ptan-xcotx2=
20、1, limf(x)=lim=limppppxxp-xx2-x2222f=1x=2处连续. 2故只需令即可使函数在(4) 由于f(x)=sinxsin1，函数仅在x=0处没有定义，且 xpplimf(x)=limsinxsinx0x01=0,x故只需令f(0)=0即可使函数在x=0处连续. 3计算下列极限： lim(n4+n+1-n2)(3n+4)； limx1n3x-1； x-1 limx-81-x-3； limx(x2+1-x)； 3x+2+xx2+1-x2-122； lim(x+x+1-x-x+1)； 4x+x4+x2-x limx+limarcsin(x2+x-x)； x+44解 (1
21、) lim(n4+n+1-n2)(3n+4)=lim(n+n+1-n)(3n+4) nn(n4+n+1+n2) =lim3=. n(n4+n+1+n2)23(n+1)(3n+4)6(2) 令t=6x,x=t,则 x=t2,x=t3,则 x-1t3-1t2+t+13lim3=lim2=lim=. x1x1x1t-1t+12x-1(3) limx-81-x-3-8-x =lim33x-82+x2+x1-x+3()()-2+3x4-23x+3x2=limx-82+3x1-x+3=-lim(4-2()()(x-8x+x1-x+3332)=-2.)(4) limx(x+1-x)=limxx+x+21=.
22、 (x2+1+x)2x2+1-x2(5) limx+x2+1-x2-1 424x+x-x2(6) lim(x+x+1-x+x2-x+1) =lim(x2+x+1-x2-x+1)()x+=limx2+x+1+x2-x+12xx+x+1+x-x+1222x+=1.(7) limarcsin(x+x-x)=limarcsinx+x+x2+x-x2x+x-x1p=. 262 =limarcsinx+xx2+x+x=arcsin4 证明方程x=2sinx有非零根. 证明，令f(x)=x-2sinx,易见f(x)在区间ppp,p上连续，且f=-20,则由根值存在定理可知存在2使得f(x0)=x0-2sin
23、x0=0.即证方程x=2sinx有非零根 5 证明方程2x3+3x2=e至少有一个正根. 证明 令f(x)=2x3+3x2-e,易见f(x)在区间0,1上连续，且f(0)=-e0,则由根值存在定理可知存在x00,1使得f(x0)=2x0+3x0-e=0.即3232证方程2x+3x=e至少有一个正根. 复习题二 1已知limf(x)=A，证明lim|f(x)|=|A|. xx0xx0证明：由于limf(x)=A，即对任给的e0,$d0,当x-x0d时，有 xx0f(x)-Ae, x-x00,$d0,当时，有 f(x)-Af(x)-A0，xn+1=a(1+xn)xna+xn，a1，计算limn.
24、4设ab0，计算nliman+bnn. nn解 由于ab0，从而aa+b2a,则aa+b准则可得 nn(n1nn)2a且lim2a=a,由夹逼n1n1nlimnan+bn=a. n5计算下列极限： sinxsinlimxx1x； limxsin1； x0x2x2sin1pxcscx2tanx3-ex(2-x)2； +(3)* lim； (4)* limx1x0sinx2+xlim(1+x)x1x1-cosx21； lim(5x+1sin1+x+sinx)； 2x3x-1xxln(sin2x+ex)-xex-etanxlim； lim； x0x-tanxx0ln(x2+e2x)-2x(9)* l
25、imxsinln1+x1(3)-sinln(1+)； xxlimxpsinmx. sinnx解 (1) 由于对任意的x都有sinxsin111,即x时sinxsin为有界量， xxsinxsinlim(2) 由于对任意的x都有sinxx1x=lim1sinxsin1=0. xxx11为有界量，故 2xlimxsinx01=0. 2x(3) 由于对任意的x都有sin11为有界量,则 2xx2sinlim从而 x01x2=limxxsin1=0. x0sinxsinxx212cscxxsinxxcscx23-ex+3-elim=limx0x0sinx2+x2+x2+xxx1-e-x1-e-x=li
26、m1+x02+x2+xx1-ex-x1-e-x=lim1+x02+x1-ex-xcscx2+x1-ex-xcscxx02+xlim=e-1.(1-x)tanx2(4) lim(2-x)x1tanx2pp=lim(1+1-x)x111-x =lim(1+1-x)x1(5) lim(1+x)x1x1-cosx11-xlim(1-x)tanxx12p2=ep. 1=lim(1+x)xx1x21-cosx1x =lim(1+x)x1limx2x11-cosx=e2. 1x=1且当x,sinx为有界量，则limx+1sinx=0,从而 (6) 由于,limxx2x1xsin5x2+11x+1lim(si
27、n+2sinx)x3x-1xx 1sin5x2+1x=5.=lim2x3x-x13x太难由于极限是个0型，由罗必塔法则可得 02sinxcosx+ex-12xln(sin2x+ex)-xelimLlimsinx+222xx0ln(x+e)-2xx02x+2ex-222xx+esin2x-sin2xx2+e2x=lim22x0 2x-2xsinx+exsin2x-sin2xx2+e2x=limlimx02x-2x2x0sin2x+exsin2xsin2x-2x=1.=lim2xx01-xx-tanxex-etanx-1tanxe=limelim x0x-tanxx0x-tanxex-tanx-1
28、=limelimx0x0x-tanx ue-1u=x-tanxlim=1.u0utanx(9)* limxsinln1+x31-sinln1+ xx31sinln1+-sinln1+xx=limx1x1t=sinln(1+3t)-sinln(1+t)xlimt0t =limsinln(1+3t)sinln(1+t) -limt0t0ttln(1+3t)ln(1+t)=lim-limt0t0tt=3-1=2.由于极限是个0型，由罗必塔法则可得 0sinmxmcosmx(-1)mmm-nmlim=lim=(-1). xpsinnxxpncosnx(-1)nnn1+f(x)sin2x-1=2，求li
29、mf(x). x0x0e3x-1解 由题意可得 6已知limlimx01+f(x)sin2x-11+f(x)sin2x-1=limx0e3x-1e3x-11+f(x)sin2x+1()() =limsin2xf(x)sin2xf(x)=limlim 3xx0e3x-1x0x0e-11+f(x)sin2x+11+f(x)sin2x+1limf(x)f(x)22limx0x0=2,31+lim(f(x)sin2x)+132x0从而可得limf(x)=6. x0xx+c27已知lim=3，求c. xx-c2c解 由于lim(x+c)=lim(1+)xx-cxx-cx2x-c2c2cxx-c2=ec=
30、3,则c=ln3. 8设limf(ax)=1，求limf(bx)(ab0). x0x0x2x1解 由limf(ax)=1可得当x0时f(ax)x,则 x02x2bbf(ax)xf(bx)ba2alim=lim=lim=. x0x0x0xxx2a9讨论下列函数的连续性，若函数有间断点，指出间断点类型. f(x)=lim1+x； n1+x2nx+x2enxf(x)=lim. nenx+1解 当x1时f(x)=lim1+x =1+x；n1+x2n当x1时f(x)=lim1+x =0，n1+x2n1+x，x1,f(x)=x1.0,即 易见f(1+0)=02=f(1-0)，故x=1是跳跃间断点，且f(-
31、1+0)=0=f(-1-0)，故函数在x=-1时连续. x+x2enx=x2, 解 当x0时，f(x)=limnxne+1x+x2enx=x, 当x0时，f(x)=limnenx+1x2，x0,f(x)=x,x0. 即 易见x=0为函数的分段点，但f(0+0)=0=f(0-0)，则函数在x=0时连续，故函数是个连续函数. 10* 设f(x)在0,2上连续，且f(0)=f(2).试证至少存在一点x(0,2)，使f(x)=f(x+1) 证明 令F(x)=f(x)-f(x+1),易见F(x)在0,1上连续，并且 F(0)=f(0)-f(1), F(1)=f(1)-f(2)=f(0)-f(1)，则由连
32、续函数的介值定理可得至少存在一点x(0,1)(0,2)，使F(x)=f(x)-f(x+1)=0，即 f(x)=f(x+1) 11* 证明三次方程x3+px2+qx+r=0至少有一个实根. 12证明方程2x=4x至少有一个小于1的正根. 证明 令 F(x)=2x-4x,易见F(x)在0,1上连续，并且F(0)=10,F(1)=-20, x从而由连续函数的介值定理可得至少存在一点x(0,1)，使得F(x)=0，即方程2=4x至少有一个小于1的正根. 13设f(x)在区间a,b连续，证明对于ax1x2Lxnb，存在xa,b，使1nf(x)=f(x)ii=1n. 证明 由于f(x)在区间a,b上连续，则在a,b上存在c1,c2,不妨令c1c2,使得对区间a,b上的任意点x都有f(c1)f(x)f(c2),从而有f(c1)f(xi)f(c2),(1in).再1nF(x)=f(x)-f(xi),ni=1令易见F(x)在区间a,b上连续，且 1nF(c1)=f(c1)-f(xi)0,ni=1n1n则由介值定理可知至少存在xc1,c2a,b,使得F(x)=f(x)-f(xi)=0. ni=1
